京都大学 1988年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第1問

(1)

任意の実数 $u,v$ に対して$$f(u)-f(v)=(u-v)(u+v+a)$$である。ここで $u=f(x),v=x$ とすると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle g(x)-x}& {\displaystyle =f(f(x))-x}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\{f(f(x))-f(x)\}+\{f(x)-x\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(f(x)-x)(f(x)+x+a)+(f(x)-x)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(f(x)-x)(f(x)+x+a+1)}\end{array}$$となる。したがって $g(x)-x$ は $f(x)-x$ で割り切れる。

(2)

(1) より、$g(p)=p$ かつ $f(p)\mathrm{\ne }p$ であるためには$$f(p)+p+a+1=0,f(p)-p\mathrm{\ne }0$$を満たす実数 $p$ が存在すればよい。第1式は$$p^2+(a+1)p+a+b+1=0$$である。この2次方程式の判別式は$$D=(a+1{)}^2-4(a+b+1)=a^2-2a-4b-3$$である。

$D>0$ なら相異なる2実根をもつ。もしその根が $f(p)-p=0$ も満たすなら、2式の差から $2p+a+1=0$ となる。しかしこれは上の2次式の軸上の点なので、根になれるのは $D=0$ のときだけである。よって $D>0$ なら2根はいずれも固定点ではない。

$D=0$ のときの重根は $p=-(a+1)\mathrm{/}2$ であり、2式の差も0になるから $f(p)=p$ である。したがって境界は除く。$D<0$ では実根がない。

以上より必要十分条件は$$b<\frac{a^2-2a-3}{4}=\frac{(a-1{)}^2}{4}-1$$である。すなわち、$(a,b)$ 平面で次の破線の放物線より下側、境界を含まない領域である。

条件を満たす点 $p$ に対して $q=f(p)$ とおくと、$p\mathrm{\ne }q$、$f(p)=q$、$f(q)=p$ である。2式を引いて $p+q+a=-1$ を得た後、$p,q$ が同じ2次方程式の相異なる2根になることを示す。相異なる2実根の条件がそのまま求める領域になるので、固定点との重なりを別に処理せずに済む。

(1)

$f(f(x))-f(x)$ に差の公式を用いると$$f(f(x))-f(x)=(f(x)-x)(f(x)+x+a)$$である。両辺に $f(x)-x$ を加えれば$$g(x)-x=(f(x)-x)(f(x)+x+a+1)$$となり、割り切れることが分かる。

(2)

$g(p)=p$ かつ $f(p)\mathrm{\ne }p$ とし、$q=f(p)$ とおく。このとき$$f(p)=q,f(q)=p,p\mathrm{\ne }q$$である。最初の2式を引くと$$\begin{array}{rl}{\displaystyle q-p}& {\displaystyle =f(p)-f(q)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(p-q)(p+q+a)}\end{array}$$である。$p\mathrm{\ne }q$ だから、両辺を $p-q$ で割って$$p+q+a=-1$$を得る。したがって $q=-a-1-p$ である。これを $q=f(p)$ に代入すると$$p^2+(a+1)p+a+b+1=0$$となる。$q$ についても同じ式が成り立つので、$p,q$ はこの2次方程式の相異なる2実根である。

逆に、この2次方程式が相異なる2実根 $p,q$ をもてば、解と係数の関係から $p+q=-a-1$ である。よって$$f(p)=-a-1-p=q,f(q)=p$$となり、$g(p)=p$ かつ $f(p)=q\mathrm{\ne }p$ が成立する。

したがって必要十分条件は、上の2次方程式の判別式が正であること、すなわち$$a^2-2a-4b-3>0$$である。整理すると、求める領域は$$b<\frac{(a-1{)}^2}{4}-1$$であり、境界は含まない。